Question

8．二次函數(shù)f（x）滿足f（x+1）-f（x）=x+$\frac{1}{2}$且f（0）=2．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若二次函數(shù)y=g（x）過點（-2，0），且不等式2x≤g（x）≤f（x）對一切實數(shù)x都成立：
①求函數(shù)y=g（x）的解析式；
②若對一切x∈[-1，1]，不等式g（x+t）＜g（$\frac{x}{2}$）恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出二次函數(shù)f（x）的表達式，代入求解即可；
（2）①通過圖象過一點得到a、b、c一關(guān)系式，觀察發(fā)現(xiàn)1≤g（1）≤1，又可的一關(guān)系式，再將b、c都有a表示．不等式x≤g（x）≤f（x）對一切實數(shù)x都成立可轉(zhuǎn)化成兩個一元二次不等式恒成立，即可解得．
②由題意可得$\frac{1}{4}$（x+t）²+（x+t）+1＜$\frac{1}{16}{x}^{2}+\frac{1}{2}x+1$在[-1，1]上恒成立，令h（x）=3x²+8（t+1）x+4t²+16t，則$\left\{\begin{array}{l}h（-1）＜0\\ h（1）＜0\end{array}\right.$，解得答案．

解答 解：設(shè)二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+c，
則f（x+1）-f（x）=a（x+1）²+b（x+1）+c-（ax²+bx+c）=2ax+a+b=x$+\frac{1}{2}$，
且f（0）=c=2，
解得，a=$\frac{1}{2}$，b=0，c=2．
則f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2，
（2）①根據(jù)二次函數(shù)g（x）=ax²+bx+c的圖象經(jīng)過點（-2，0），可得4a-2b+c=0 ①，
∵不等式2x≤g（x）≤$\frac{1}{2}$x²+2對一切實數(shù)x都成立，
∴當(dāng)x=2時也成立，即4≤4a+2b+c≤4，
∴4a+2b+c=4 ②．
由①②求得 b=1，4a+c=2，
∴g（x）=ax²+x+2-4a，
∴2x≤ax²+x+2-4a≤$\frac{1}{2}$x²+2，
即 $\left\{\begin{array}{l}{ax}^{2}-x+2-4a≥0\\{（a-\frac{1}{2}）x}^{2}+x-4a≤0\end{array}\right.$恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\ 1-4a（2-4a）≤0\\ a-\frac{1}{2}＜0\\ 1-4（a-\frac{1}{2}）（-4a）≤0\end{array}\right.$．
求得a=$\frac{1}{4}$，
∴c=2-4a=1，
∴g（x）=$\frac{1}{4}$x²+x+1．
（2）∵對一切實數(shù)x∈[-1，1]，不等式g（x+t）＜g（$\frac{x}{2}$）恒成立，
即$\frac{1}{4}$（x+t）²+（x+t）+1＜$\frac{1}{16}{x}^{2}+\frac{1}{2}x+1$在[-1，1]上恒成立，
即3x²+8（t+1）x+4t²+16t＜0在[-1，1]上恒成立，
令h（x）=3x²+8（t+1）x+4t²+16t，
則$\left\{\begin{array}{l}h（-1）＜0\\ h（1）＜0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}3-8（t+1）+4{t}^{2}+16t＜0\\ 3+8（t+1）+4{t}^{2}+16t＜0\end{array}\right.$，
解得：t∈（-$\frac{5}{2}$，$-\frac{1}{2}$）

點評 本題考查了函數(shù)恒成立問題，以及二次函數(shù)的性質(zhì)，賦值法（特殊值法）可以使問題變得比較明朗，它是解決這類問題比較常用的方法．